Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,
$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$
Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$
Cách trên chưa đủ mạnh.
Dùng Cauchy–Engel:
$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$
Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.
Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức
$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.
Ta áp dụng Titu:
$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$
$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$
Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$.
$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$
Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,
$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$
Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$
Cách trên chưa đủ mạnh.
Dùng Cauchy–Engel:
$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$
Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.
Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức
$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.
Ta áp dụng Titu:
$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$
$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$
Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$.
$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$
Đặt \(P=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(P=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(P\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
ta có bđt phụ 1: với mọi số thực x;y ta luôn có xy\(\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\)
CM: \(\left(x-y\right)^2\ge0\)
=> \(x^2-2xy+y^2\ge0\)
\(\Rightarrow x^2+2xy+y^2\ge4xy\)
\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
=> \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\)
ta CM tiếp bđt phụ thứ 2: với mọi số thực dương a, ta có \(a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left(a+1\right)^2}{8}\)
CM: áp dụng bđt phụ thứ nhất ta có:
\(2a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left\lbrack2a+\left(1+a^2\right)\right\rbrack^2}{4}=\frac{\left(a^2+2a+1\right)^2}{4}=\frac{\left(a+1\right)^4}{4}\)
=> \(a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left(a+1\right)^4}{8}\)
CMTT: => \(b\left(1+b^2\right)\le\frac{\left(b+1\right)^4}{8}\)
=> \(c\left(1+c^2\right)\le\frac{\left(c+1\right)^4}{8}\)
=> \(abc\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\le\frac{\left\lbrack\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4}{512}\)
=> cần CM: \(\frac{\left\lbrack\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4}{512}\le8\Rightarrow\left(\left\lbrack a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4\le8^4\)
mà ta có : \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{\left(a+1+b+1\right)^2}{4}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}\)
vì a+b+c=3
=>a+b=3-c thay vào biểu thức trên ta có:
\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{\left(3-c+2\right)^2}{4}=\frac{\left(5-c\right)^2}{4}\)
=>\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le\frac{\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)}{4}\)
cần CM: \(\frac{\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)}{4}\le8\Rightarrow\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)\le32\)
\(\left(25-10c+c^2\right)\left(c+1\right)\le32\)
\(25c+25-10c^2-10c+c^3+c^2-32\le0\)
\(c^3-9c^2+15c-7\le0\)
\(c^3-c^2-8c^2+8c+7c-7\le0\)
\(c^2\left(c-1\right)-8c\left(c-1\right)+7\left(c-1\right)\le0\)
\(\left(c-1\right)\left(c^2-8c+7\right)\le0\)
\(\left(c-1\right)\left\lbrack c\left(c-1\right)-7\left(c-1\right)\right\rbrack\le0\)
\(\left(c-1\right)^2\left(c-7\right)\le0\)
vì a+b+c=3
=>0<c<3
=> \(\left(c-1\right)^2\left(c-7\right)\le0\) đúng với mọi c
vậy bđt dc chứng minh
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) ; \(\forall a;b;c\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\le1\)
\(\Rightarrow P_{max}=1\) khi \(a=b=c\)
Lại có:
\(\left(a+b+c\right)^2\ge0\) ; \(\forall a;b;c\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}=-\dfrac{1}{2}\)
\(P_{min}=-\dfrac{1}{2}\) khi \(a+b+c=0\)
$a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2-4(ab+bc+ca)$
$\ge (a+b+c)^2-\dfrac43(a+b+c)^2\qquad \left(ab+bc+ca\le\dfrac{(a+b+c)^2}{3}\right)$$=-\dfrac13(a+b+c)^2$
Lại có $(a+b+c)^2\ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3(abc)^{\frac23}<3$ nên cách này không đủ mạnh.
Ta dùng $a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2-(ab+bc+ca)$
$\ge -(ab+bc+ca)$
Theo AM-GM,
$ab+bc+ca\le 3\left(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)\le 3$ và do $abc<1$ nên không thể có $ab=bc=ca=1$.
Suy ra $ab+bc+ca<3$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)>-3$
$\boxed{a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)>-3.}$